¿Existe algún método para calcular $\frac{d^{n}}{d x^{n}}\left(\cos ^{k} x\right)$ ¿que no sean números complejos?

Question

En este par de días, necesito conocer los altos derivados de $cos^kx$ cuyo poder $k$ hacen que la diferenciación sea mucho más difícil. Entonces intento utilizar la identidad $$ \cos x=\frac{1}{2}\left(e^{x i}+e^{-x i}\right), $$

para expandirlo con la expansión binomial $$ \begin{aligned} \cos ^{k} x &=\frac{1}{2 ^k} \sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}e^{x(k-j) i} e^{-x i j} =\frac{1}{2^{k}} \sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j} e^{x(k-2 j) i} \end{aligned} $$

Diferenciándolo por $n$ veces produce $$ \begin{aligned} \frac{d^{n}}{d x^{n}}\left(\cos ^{k} x\right) &=\frac{1}{2^k} \sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}[(k-2 j) i]^{n} e^{x(k-2 j) i} \\ &=\frac{i^{n}}{2 ^k} \sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}(k-2 j)^{n} e^{x(k-2 j) i} \\ &=\frac{i^{n}}{2^{k}} \sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}(k-2 j)^{n}[\cos ((k-2 j) x)+i \sin ((k-2 j) x)] \end{aligned} $$

Si $x$ es real y comparando las partes real e imaginaria de ambos lados se obtiene \begin{equation} \displaystyle \frac{d^{n}}{d x^{n}}\left(\cos ^{k} x\right)=\left\{\begin{array}{ll} \displaystyle \frac{(-1)^{\frac{n}{2}}}{2^{k-1}} \sum_{j=0}^{\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor}\binom{k}{j}(k-2 j)^{n}\cos((k-2j)x) \quad \textrm{ if n is even.}\\\displaystyle \frac{(-1)^{\frac{n+1}{2}}}{2^{k-1}} \sum_{j=0}^{\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor}\binom{k}{j}(k-2 j)^{n} \sin((k-2j)x) \quad \textrm{ if n is odd.} \end{array} \derecho. \Fin de la ecuación.

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Por ejemplo,

1. Cuando $n$ está en paz,

$$ \left.\frac{d^{n}}{d x^{n}}\left(\cos ^{k} x\right)\right|_{x=0}=\frac{(-1)^{\frac{n}{2}}}{2^{k-1}} \sum_{j=0}^{\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor}\binom{k}{j}(k-2 j)^{n} $$

En particular, $$ \begin{aligned} \left.\frac{d^{6}}{d x^{6}}\left(\cos ^{5} x\right)\right|_{x=0}&=\frac{(-1)^{3}}{2^{4}} \sum_{j=0}^{2}\binom{5}{j}(5-2 j)^{6} \\ &=\frac{1}{16}\left[5^{6}+5 \cdot 3^{6}+10 \cdot 1^{6}\right] \\ &=1205 \end{aligned} $$

2. Cuando $n$ es impar, $$ \left.\frac{d^{n}}{d x^{n}}\left(\cos ^{k} x\right)\right|_{x=0}=0; $$ $$\left.\frac{d^{n}}{d x^{n}}\left(\cos ^{k} x\right) \right|_{x=\frac{\pi}{4} }= \frac{(-1)^{\frac{n+1}{2}}}{2^{k-1}} \sum_{j=0}^{\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor}\binom{k}{j}(k-2 j)^{n} \sin \frac{(k-2 j) \pi}{4} $$

¿Podemos encontrar su forma cerrada sin utilizar los números complejos?

Answer 1

Aunque son esencialmente equivalentes, se puede decir que

$$\cos^k(x)=\frac1{2^k}\sum_{j=0}^k{k\choose j}\cos(k-2j)x,$$ que se puede demostrar por inducción en $k$ junto con la fórmula de la suma. Ahora, diferenciar es bastante sencillo, basado en el trabajo de casos en $n\pmod 4$ .

Answer 2

Puede utilizar La fórmula de Faà di Bruno con $g(x)=\cos(x)$ et $f(x)=x^k$ .

Sólo como ejemplo, con $\frac{d^3}{dx^3}\cos^4(x)$ necesitas sumar sobre $(m_1,m_2,m_3)$ tal que $m_1+2m_2+3m_3=3$ con cada $m_i\geq0$ . Estas tuplas son: $(3,0,0)$ , $(1,1,0)$ y $(0,0,1)$ . Así que $$ \begin{align} \frac{d^3}{dx^3}\cos^4(x) &=\frac{3!}{3!}f^{(3)}(\cos(x))\left(\cos^{(1)}(x)\right)^3 +\frac{3!}{2!}f^{(2)}(\cos(x))\cos^{(1)}(x)\cos^{(2)}(x) +\frac{3!}{3!}f^{(1)}(\cos(x))\cos^{(3)}(x)\\ &=24\cos(x)\left(-\sin^3(x)\right)+3(12)\cos^2(x)\left(-\sin(x)\right)\left(-\cos(x)\right)+4\cos^3(x)\sin(x)\\ &=-24\sin^3(x)\cos(x)+40\sin(x)\cos^3(x) \end{align} $$